新教材2023-2024学年高中物理第2章电磁感应分层作业12电磁感应中的动力学能量和动量问题新人教版选择性必修第二册

第二章分层作业12电磁感应中的动力学、能量和动量问题A级必备知识基础练1.(多选)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,间距为l,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋于一个最大速度vm,除R外其余电阻不计,则()A.如果B变大,vm将变大B.如果α变大,vm将变大C.如果R变大,vm将变大D.如果m变小,vm将变大2.(多选)如图所示,两足够长的平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab、cd与导轨构成矩形闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd,经过足够长时间以后()A.金属棒ab、cd都做匀速运动B.金属棒ab上的电流方向是由b向aC.金属棒cd所受安培力的大小等于2D.两金属棒间距离保持不变3.如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行于MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框横截面的电荷量为q2,则()A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q24.如图所示,间距为l、电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接,导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒,金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是()A.金属棒在导轨上做匀减速运动B.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qRC.整个过程中金属棒克服安培力做功为12mvD.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为12mv5.(多选)(2023江西瑞金第三中学高二月考)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为l,矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度均为B。质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g,则金属杆()A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上C.穿过两磁场产生的总焦耳热为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m6.如图所示,在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d>l)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向垂直桌面向下。导线框以某一初速度向右运动,t=0时导线框的右边界恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中,能正确描述上述过程的是()7.如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直,电阻R=0.1Ω,边长l=0.2m。求:(1)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中的感应电动势E;(2)t=0.05s时,金属框ab边受到的安培力F的大小和方向;(3)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中电流的电功率P。B级关键能力提升练8.(多选)如图所示,在平行水平地面的有理想边界的匀强磁场上方,有三个大小相同的、用相同的金属材料制成的正方形线框,线框平面与磁场方向垂直。A线框有一个缺口,B、C线框都闭合,但B线框导线的横截面积比C线框大。现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放,下列关于它们落地时间说法正确的是()A.三个线框同时落地B.三个线框中,A线框最早落地C.B线框在C线框之后落地D.B线框和C线框在A线框之后同时落地9.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为l、质量为m的导体棒ab,ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中,导轨的一端接一阻值为R的电阻,导轨及导体棒电阻不计。现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动,当通过位移为x时,ab达到最大速度vm。此时撤去外力,最后ab静止在导轨上。在ab运动的整个过程中,下列说法正确的是()A.撤去外力后,ab做匀减速运动B.合力对ab做的功为FxC.R上释放的热量为Fx+1D.R上释放的热量为Fx10.(多选)(2021山东卷)如图所示,电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上,Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加,Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放,进入Ⅱ区后,经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中,以下叙述正确的是()A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度C.金属棒不能回到无磁场区D.金属棒能回到无磁场区,但不能回到a处11.如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为l,M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图。(2)在加速下滑过程中,求当ab杆的速度大小为v时,ab杆中的电流及其加速度的大小。(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。12.(2023江西赣州高二月考)如图所示,两根等高的四分之一光滑圆弧轨道半径为r、间距为l,图中O为圆心,Oa水平,Oc竖直,在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现有一根长度稍大于l、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑,到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与轨道接触良好,轨道电阻不计,重力加速度为g。求:(1)金属棒到达轨道底端cd时的速度大小和通过电阻R的电流;(2)金属棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量。

分层作业12电磁感应中的动力学、能量和动量问题1.BC金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E=Blv,在闭合电路中形成电流I=BlvR,因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用,F=BIl=B2l2vR,先用右手定则判定感应电流方向,再用左手定则判定出安培力方向,如图所示。根据牛顿第二定律,得mgsinα-B2l2vR=ma,当a=0时,v=vm,2.BC对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动,且金属棒ab速度小于金属棒cd速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a,A、D错误,B正确;以两金属棒整体为研究对象有F=3ma,隔离金属棒cd分析F-F安=ma,可求得金属棒cd所受安培力的大小F安=23F,C3.A根据功能关系知,线框上产生的热量等于克服安培力做的功,即Q1=W1=F1lbc=B2lab2vRlbc=B2SvRlab,同理Q2=B2SvRlbc,又lab>lbc,故Q1>Q2;因q=It=4.C因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用,且安培力随速度的减小而减小,所以金属棒向右做加速度减小的减速运动,故A错误;根据E=ΔΦΔt=BlxΔt,q=IΔt=E2RΔt=Blx2R,解得x=2RqBl,故B错误;整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量12mv2,故C正确;整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量5.BC由于金属杆进入两个磁场的速度相等,而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动,所以金属杆进入磁场时应做减速运动,加速度方向竖直向上,选项A错误,B正确;从进入磁场Ⅰ瞬间到进入磁场Ⅱ瞬间过程中,根据能量守恒定律得,金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热,所以Q1=mg·2d,则穿过两个磁场过程中产生的总焦耳热为4mgd,选项C正确;若金属杆进入磁场做匀速运动,则B2l2vR-mg=0,得v=mgRB2l2,因金属杆进入磁场做减速运动,则金属杆进入磁场的速度大于mgRB6.D导线框进入磁场的过程中,线框受到向左的安培力作用,根据E=Blv,I=ER,F安=BIl得F安=B2l2vR,随着v的减小,安培力减小,导线框做加速度逐渐减小的减速运动;整个导线框在磁场中运动时,无感应电流,导线框做匀速运动;导线框离开磁场的过程中,根据F安=B27.答案(1)0.08V(2)0.016N,方向垂直于ab向左(3)0.064W解析(1)在t=0到t=0.1s的时间内,磁感应强度的变化量ΔB=0.2T,设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ,有ΔΦ=ΔBl2由于磁场均匀变化,金属框中产生的电动势是恒定的,有E=Δ联立解得E=0.08V。(2)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有I=E由题图可知,t=0.05s时,磁感应强度为B1=0.1T,金属框ab边受到的安培力F=IlB1联立解得F=0.016N方向垂直于ab向左。(3)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中电流的电功率P=I2R联立解得P=0.064W。8.BDA线框由于有缺口,在磁场中不能形成电流,所以下落时不受安培力作用,故下落的加速度一直为g;设正方形边长为l,电阻率为ρ,B、C线框的底边刚进入磁场时的速度为v,则根据牛顿第二定律知mg-BBlvRl=ma,即a=g-B2l2vRm,其中Rm=ρ4lS·4lSρ密=16l2ρρ密,所以加速度与线框横截面积无关,故两线框的运动情况完全相同,即在A线框之后9.D撤去外力后,导体棒水平方向只受安培力作用,而F安=B2l2vR,F安随v的变化而变化,故棒做加速度变化的变速运动,A错误;对整个过程由动能定理得W合=ΔEk=0,B错误;由能量守恒定律知,外力做的功等于整个回路产生的电能,电能又转化为R上释放的热量,即10.ABD解析在Ⅰ区域中,磁感应强度为B1=kt,感应电动势为E1=ΔB1ΔtS=kS,感应电动势恒定,所以金属棒上的感应电流恒为I1=E1R=kSR,金属棒进入Ⅱ区域后,金属棒切割磁感线,感应电动势为E2=B2Lv,金属棒上的感应电流为I2=E2R=B2LvR,Ⅰ区域中磁场变化在金属棒上产生的感应电流使金属棒在Ⅱ区域中受到的安培力始终沿斜面向上,大小恒定不变,因为金属棒到达c点后又能上行,说明加速度始终沿斜面向上,下行和上行经过b点的受力分析如图,下行过程中,根据牛顿第二定律可知B2I1L+B2I2L-mgsinθ=ma1,上行过程中,根据牛顿第二定律可知B2I1L-B2I2'L-mgsinθ=ma2,比较加速度大小可知a1>a2,由于bc段距离不变,下行过程中加速度大,上行过程中加速度小,所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度,A、B正确;Ⅰ区域中磁场变化使金属棒在Ⅱ区域受到的安培力总是大于沿斜面向下的作用力,所以金属棒一定能回到无磁场区域11.答案(1)见解析图(2)BlvRgsinθ-(3)mgR解析(1)ab杆受竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的安培力F安,受力示意图如图所示。(2)当ab杆速度大小为v时,感应电动势E=Blv,此时电路中电流I=Eab杆受到安培力F安=BIl=B根据牛顿第